Chứng minh bất đẳng thức lượng giác

[kid3494]

Chứng minh rằng:
$\tan \frac{A}{2} + \tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2} \tan\frac{B}{2} \tan\frac{C}{2} \ge \frac{10\sqrt3}{9} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Eragon1994]

Nguyên văn bởi kid3494

Chứng minh rằng:
$\tan \frac{A}{2} + \tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2} \tan\frac{B}{2} \tan\frac{C}{2} \ge \frac{10\sqrt3}{9} $

Biến đổi tương đương,ta có:
$r \left(\frac{1}{p-a}+\frac{1}{p-b}+\frac{1}{p-c} \right)+\frac{r^3}{(p-a)(p-b)(p-c)} \ge \frac{10\sqrt{3}}{9} $
$\Leftrightarrow \frac{r[(p-a)(p-b)+(p-b)(p-c)+(p-c)(p-a)}{(p-a)(p-b)(p-c)}+\frac{r^2}{S} \ge \frac{10\sqrt{3}}{9} $
$\Leftrightarrow \frac{3p^2+\sum ab-p(a+b+b+c+c+a)}{S}+\frac{r^2}{S} \ge \frac{10\sqrt{3}}{9} \Leftrightarrow p^2+r^2+ab+bc+ca \ge \frac{10\sqrt{3}S}{9}(1) $
Áp dụng BĐT AM-GM,ta có:
$\frac{p^2}{27}+r^2 \ge \frac{2}{3\sqrt{3}}S $
$S^2=p(p-a)(p-b)(p-c) \le p\left(\frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right)^3=\frac{p^4}{27} \Rightarrow S \le \frac{p^2}{3\sqrt{3}} $
và một BĐT quen thuộc:$ab+bc+ca \ge 4\sqrt{3}S $
Ta thu được kết quả sau:
$VT_{(1)} \ge \frac{2S}{3\sqrt{3}}+\frac{26S}{3\sqrt{3}}+4\sqrt{ 3}S=\frac{10\sqrt{3}S}{9}=VP_{(1)}(Q.E.D) $
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ThangToan]

Nguyên văn bởi kid3494

Chứng minh rằng:
$\tan \frac{A}{2} + \tan\frac{B}{2} + \tan\frac{C}{2} + \tan \frac{A}{2} \tan\frac{B}{2} \tan\frac{C}{2} \ge \frac{10\sqrt3}{9} $

Ta có các kết quả quen thuộc sau:
$\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{B}{2}\tan \frac{C}{2}+\tan\frac{C}{2}\tan\frac{A}{2}=1 $ và
$\tan\frac{A}{2}+\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{C}{2}\ge \sqrt{3} $.
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta được
$(1-\tan\frac{A}{2})(1-\tan\frac{B}{2})(1-\tan\frac{C}{2})\le (\frac{1-\tan\frac{A}{2}+1-\tan\frac{B}{2}+1-\tan\frac{C}{2}}{3})^3\le (\frac{3-\sqrt{3}}{3})^3 $.
Khai triển biến đổi tương đương ta được bđt cần cm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kelacloi]

Thầy coi lại chỗ $Am-Gm $ .
Tam giác này chưa hẳn nhọn nên làm sao có $1-tan{ \frac{A}{2};1-tan{ \frac{B}{2},1-tan{ \frac{C}{2} \ge 0 $ để có thể xài am-gm ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[can_hang2008]

Chỉ cần thêm tí "xì dầu" là trở thành món ăn ngon lành thôi.

Nếu tam giác $ABC $ không nhọn, chẳng hạn có $A \ge \frac{\pi }{2}, $ thì ta có
$1- \tan \frac{A}{2} \le 0,\quad 1-\tan\frac{B}{2} \ge 0,\quad 1-\tan\frac{C}{2} \ge 0. $
Vì vậy
$\left(1-\tan \frac{A}{2}\right)\left(1-\tan\frac{B}{2}\right)\left( 1-\tan \frac{C}{2}\right)\le 0< \left(1-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^3. $
Mà bất đẳng thức ban đầu thì lại tương đương với
$\left(1-\tan \frac{A}{2}\right)\left(1-\tan\frac{B}{2}\right)\left( 1-\tan \frac{C}{2}\right)\le \left(1-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^3. $
Nên trong cả hai trường hợp, ta đều có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]